第4章 第3讲 圆周运动（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦圆周运动专题，涵盖运动学（描述量、传动模型）、动力学（向心力来源、转弯问题、离心运动）及与抛体运动综合应用等核心考点，按“基础概念-规律应用-综合拓展”逻辑架构知识体系。通过考点梳理（定义公式）、方法指导（传动模型归类）、真题训练（2025年江苏卷等典例）等环节，帮助学生突破难点，体现复习系统性与针对性。 讲义突出科学思维与模型建构，如通过对比皮带传动、同轴转动的线速度角速度关系建立传动模型，结合圆锥摆受力分析推导角速度公式培养科学推理能力。设置分层练习（选择、计算）与真题精讲，确保学生高效掌握考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第3讲　圆周运动 考点一　圆周运动的运动学问题 1．匀速圆周运动 (1) 定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处__相等__，这种运动叫作匀速圆周运动． (2) 特点：加速度大小__不变__，方向始终指向__圆心__，是变加速运动． (3) 条件：合外力大小__不变__，方向始终与__速度__方向垂直且指向圆心． 2．描述圆周运动的物理量 3．对公式的理解 (1) 对公式v＝ωr 的理解 当r一定时，v与ω成__正比__；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成__反比__． (2) 对an＝＝ω2r的理解 当v一定时，an与r成__反比__；当ω一定时，an与r 成__正比__． 典例1　(2025·福建卷改编)春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，OQ＝OP，手绢做匀速圆周运动，则下列说法中错误的是(　C　) A．P、Q线速度之比为1∶ B．P、Q角速度之比为1∶1 C．P、Q向心加速度之比为∶1 D．P点所受合外力总是指向O 【解析】 手绢做匀速圆周运动，由图可知P、Q属于同轴转动模型，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B正确；由v＝ωr可知，P、Q线速度之比为vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶，A正确；由a＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比为aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶，C错误；做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合外力总是指向圆心O，D正确． 典例2　(2025·常州高三上期中)如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，甲、乙两轮同轴且无相对转动，传动链条在各轮转动中不打滑，A、B、C分别是甲、乙、丙三轮边缘上的点，则(　A　) A．周期TA＝TB B．线速度vA＝vB C．角速度ωA＝ωC D．向心加速度aA＝aC 【解析】 甲和丙链条转动，所以其线速度大小相等，即vA＝vC，根据v＝ωr，因为rA＜rC，所以ωA＞ωC，甲、乙同轴转动，则二者角速度相等，即ωA＝ωB，则ωA＝ωB＞ωC，故C错误；根据T＝，可得TA＝TB，故A正确；根据v＝ωr，且rA＜rB，可得vA＜vB，故B错误；对甲、丙由a＝，根据vA＝vC，rA＜rC，可得aA＞aC，故D错误． 三种传动方式 1． 皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB． 甲　　　　　　　　　乙 2． 摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB． 　丙　　　　　　　丁 3． 同轴转动：如图戊、己所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比． 　 戊　　　　　　己 考点二　圆周运动的动力学问题 1．匀速圆周运动的向心力 (1) 作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的__方向__，不改变速度的__大小__． (2) 大小：Fn＝m＝__mω2r__＝mr＝mωv＝4π2f2mr． (3) 方向：始终沿半径方向指向__圆心__，时刻在改变，即向心力是一个变力． (4) 来源：向心力可以由某个力提供，也可以由几个力的__合力__提供，还可以由某个力的__分力__提供． 2．圆周运动向心力来源的运动实例 运动模型 向心力Fn的来源(图示) 汽车在水平 路面转弯 水平转台(光滑) 圆锥摆 飞车走壁 飞机水平转弯 火车转弯 3．转弯问题 (1) 火车转弯时做的是圆周运动，重心轨迹在同一水平面内，向心加速度和向心力均沿水平面指向圆心．弯道处外轨__高于__内轨，适当选择内外轨的高度差，可使转弯时所需的向心力几乎完全由重力与支持力的合力提供，大小F＝mg tan θ． (2) 设v0＝，若火车行驶速度v＝v0，轮缘与内、外轨间没有侧向挤压． ① 若火车行驶速度__v＞v0__，外轨道对轮缘有侧压力． ② 若火车行驶速度__v＜v0__，内轨道对轮缘有侧压力． 4．离心运动 (1) 定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做__逐渐远离圆心__的运动． (2) 受力特点(如图所示) ① 当F＝0时，物体沿__切线__方向飞出，做匀速直线运动． ② 当0＜F＜mrω2时，物体逐渐__远离__圆心，做__离心__运动． ③ 当F＞mrω2时，物体逐渐__向圆心靠近__，做__近心__运动． (3) 本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力__小于__做匀速圆周运动需要的向心力． 典例3　列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g.下列说法中正确的是(　B　) A．列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用 B．列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨 C．列车过转弯处的速度v＜时，列车轮缘会挤压外轨 D．若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度 【解析】 对列车进行受力分析时不能包含向心力，因为向心力是效果力，是其他力的合力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有m＝mg tan α＝mg，解得v＝，故当列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v＜时，转弯所需的向心力F＜mg tan α，故此时列车内轨受挤压，C错误；若要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D错误． 典例4　(2025·如皋期初)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，A、B在同一水平面内运动；如图乙所示，连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等，则(　A　) 甲　　　　　　　乙 A．A、B的角速度相等 B．A的角速度比B的大 C．C受到绳的拉力比D的大 D．C受到绳的拉力比D的小 【解析】 对图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B的角速度相等，故A正确，B错误；对图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为α，小球的质量为m，绳上拉力为T，则有T cos α＝mg，解得T＝，所以小球C、D受到绳的拉力大小相等，故C、D错误． 圆锥摆模型 圆锥摆模型有单、双圆锥摆之分．分别如图甲、乙所示． 　甲　　　　 　　　乙 (1) 图甲：向心力F向＝mg tan θ＝m＝mω2r，且r＝L sin θ，联立解得v＝，ω＝＝，周期T＝2π(h为小球到悬挂点所在水平面的高度).稳定时，θ角越大，对应的ω和v就越大，小球受到的拉力F＝和F向也越大． (2) 图乙：P、Q随旋转圆盘绕中心轴匀速转动，它们做圆周运动的角速度相等，线速度、向心加速度均与轨道半径成正比，且在竖直方向上受到的合力为零． 考点三　抛体运动与圆周运动的综合 典例5　如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动．当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取 g＝10 m/s2，要使得小球正好落在A点，则(　A　) A．小球平抛的初速度是2.5 m/s B．小球平抛的初速度是5 m/s C．圆盘转动的角速度一定是 π rad/s D．圆盘转动的加速度可能是 π m/s2 【解析】 根据h＝gt2可得t＝＝2 s，则小球平抛运动的初速度v0＝＝2.5 m/s，A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1，2，3，…)，解得圆盘转动的角速度 ω＝＝nπ rad/s(n＝1，2，3，…)，圆盘转动的加速度为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2(n＝1，2，3，…)，C、D错误． 典例6　(2025·扬州七校第一次联考)如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P在同一竖直平面内等高，且距离P点为L.当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g.若飞镖恰好击中P点，求： (1) 圆盘的半径． (2) 圆盘转动角速度的值． 答案： (1) 　(2) (k＝0，1，2，…) 【解析】 (1) 飞镖水平抛出后做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此飞行时间 t＝ 飞镖击中P点时，P恰好在最下端，则2r＝gt2 解得圆盘的半径为r＝ (2) 飞镖击中P点，则P点转过的角度θ满足 θ＝π＋2kπ(k＝0，1，2，…) 故ω＝＝(k＝0，1，2，…) 1．(2025·扬州期初)夏天天气炎热，同学们喜欢用风扇降温，如图所示，A、B为扇片上两点，则(　D　) A．vA＞vB　 B．ωA＞ωB C．TA＜TB D．aA＜aB 【解析】 由于风扇的扇叶是同轴转动，所以扇片上的点周期相同，角速度相同，B、C错误；根据v＝ωr可知，半径越大，线速度越大，所以有vA＜vB，A错误；根据a＝ω2r可知，半径越大，向心加速度越大，所以有aA＜aB，D正确． 2．如图所示，在匀速转动的洗衣机脱水筒内壁上，有一件湿衣服随圆筒一起转动而未滑动，则(　D　) A．衣服受到重力、筒壁的弹力、摩擦力和向心力的作用 B．加快脱水筒转动的角速度，筒壁对衣服的摩擦力也变大 C．当衣服对水滴的附着力不足以提供水滴需要的向心力时，衣服上的水滴将做向心运动 D．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好 【解析】 衣服受到重力、筒壁的弹力和摩擦力作用，筒壁的弹力提供向心力，向心力是效果力，故A错误；湿衣服随圆筒一起转动而未滑动，衣服所受摩擦力与重力相互平衡，圆筒转速增大以后，衣服所受摩擦力与重力仍相互平衡，衣服所受摩擦力不变，故B错误；脱水桶高速运转时，水滴被甩离，是因为衣服对水滴的附着力不足以提供水滴需要的向心力，所以水滴做离心运动，故C错误；由F＝mω2R知，ω增大会使所需要的向心力F增大，而水滴的附着力是一定的，加快脱水筒转动角速度，附着力不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，脱水效果会更好，故D正确． 3．(2026·高邮期初)把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球短时间内沿光滑的漏斗壁在水平面内做匀速圆周运动．若小球第二次做匀速圆周运动的半径比第一次小，则小球第二次做匀速圆周运动时(　A　) A．周期较小 B．线速度较大 C．加速度较小 D．对漏斗壁的压力较大 【解析】 设漏斗侧壁与竖直方向夹角为θ，对小球受力分析可知＝ma＝m＝mr，可得T＝2π，v＝，a＝，因第二次做圆周运动的半径较小，可知周期较小，线速度较小，加速度与第一次相同，故A正确，B、C错误；对漏斗壁的压力N＝，与第一次相同，故D错误． 4．(2025·南通第二次调研)如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正确的是(　C　) 　　　　　　　　　 A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D 【解析】 对水面上一个质量很小的水滴m受力分析，因受竖直向下的重力和水面对水滴的作用力，两个力的合力提供向心力，因向心力沿水平方向指向转轴，可知水面对水滴的作用力应该斜向上方，设与竖直方向夹角为θ，则由牛顿第二定律有mg tan θ＝mω2r，可得tan θ＝r，因r越大，则θ越大，可知水面的形状为C的形状，故选C． 配套热练 一、 选择题 1．(2026·高邮期初)遥控汽车以恒定速率绕周长为s的圆形赛道一周用时t，则遥控汽车(　A　) A．线速度大小为 B．角速度为 C．线速度方向不变 D．加速度为零 【解析】 线速度等于周长和周期的比值，即v＝，故A正确；角速度ω＝，故B错误；线速度方向沿切线方向，时刻改变，故C错误；向心加速度a＝vω＝，故D错误． 2．(2025·海安期初)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，下列说法中正确的是(　A　) A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1 B．A点和B点的角速度之比为1∶1 C．A点和B点的角速度之比为1∶3 D．A点和B点的线速度大小之比为1∶3 【解析】 三个齿轮边缘的点线速度相等，故A点和B点的线速度大小之比为1∶1，A点和B点的半径之比为1∶3，由v＝ωr，得A点和B点的角速度之比为3∶1，故A正确． 3．(2025·南京二模)如图所示，小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，轨道各处弯曲程度相同．在此过程中，该小车(　A　) A．角速度大小不变 B．向心力不变 C．处于平衡状态 D．处于超重状态 【解析】 小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，且轨道各处弯曲程度相同，即v不变，半径r不变，根据v＝rω知，角速度大小不变，故A正确；因为向心力始终指向圆心，所以其方向改变，即向心力改变，故B错误；小车做匀速率曲线运动，合力不为零，所以并不是处于平衡状态，故C错误；由于小车沿等螺距轨道向上做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向所受合力为0，故小车沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，则小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故 D错误． 4．(2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动．O′固定在底盘上．某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上．则(　B　) A．A点做匀速圆周运动 B．O′点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于O′点 D．此时A点的速度等于O′点 【解析】 A点运动为A点绕O′的圆周运动和O′相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故A错误；根据题意，O′固定在底盘上，故可知O′围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点在OO′延长线上，A点和O′点运动方向相同，又A点相对O′点做圆周运动，故此时A的速度大于O′的速度，故C、D错误． 5．(2025·南京学情调研)如图所示的四幅情景图表示的是有关生活中的圆周运动，下列说法中正确的是(　B　) 　　 甲　　　　　　乙　　　　　　丙　　　　　　　丁　 A．图甲中汽车通过凹形路面的最低点时处于失重状态 B．图乙中A、B两小球在同一水平面内做圆周运动的角速度大小相等 C．图丙中脱水桶的脱水原理是水滴所受的附着力大于它所需要的向心力而被甩出 D．图丁中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压内轨 【解析】 当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，FN＞mg，处于超重状态，故A错误；设绳长为L，绳与竖直方向上的夹角为θ，小球竖直高度为h，由mg tan θ＝mω2L sin θ，结合h＝L cos θ，得ω＝，两球高度一致，则它们角速度大小相等，故B正确；物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，故C错误；超速时重力与支持力的合力不足以提供向心力，会挤压外轨产生向内的力，故D错误． 6．(2024·江苏卷)如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中．蜂鸣器在水平面a内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b内继续做匀速圆周运动．不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器(　C　) A．角速度不变 B．线速度减小 C．向心加速度增大 D．所受拉力大小不变 【解析】 设绳子与竖直方向夹角为θ，蜂鸣器做圆周运动的半径为r，蜂鸣器质量为m.对蜂鸣器分析有 F向＝mg tan θ＝man，FT＝，根据a、b两个位置可知，b位置更高，则θb＞θa，代入可得FTb＞FTa，anb＞ana，故C正确，D错误；根据ma＝mωr2，rb＜ra，可得ωb＞ωa，而线速度大小无法判断，故A、B错误． 7．(2025·镇江质监)如图所示，无人机悬停表演中，通过转动光源把光束投到竖直墙壁上的P点．此时光源转轴O与墙壁相距r，P点与O点之间的高度差为L，若P点沿墙壁以v匀速下降．此时光源转动的角速度为(　D　) A．ω＝ B．ω＝ C．ω＝v D．ω＝v 【解析】 将P点速度沿OP方向和垂直OP方向分解，如图所示．则v2＝v cos θ，几何关系可知cos θ＝，因为v2＝ωrOP＝ω，联立以上得角速度ω＝v，故选D． 8．木球和金属球通过细线连接，悬浮在装水的瓶中，如图所示，让瓶子和水绕竖直轴匀速转动，则稳定时两球的位置可能是(　B　) 　　　　　　　　　　　　 A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　　D 【解析】 由于离心现象，当瓶子和水绕竖直轴匀速转动时，因金属球的质量大于等体积的水的质量，则金属球应该偏离中心位置向外偏离，直到与瓶子的内壁接触；而木球的质量小于等体积的水的质量，则等体积的水球应该向外偏离，即木球应该向内偏离，最终稳定时两球的位置可能是B，故B正确． 9．(2025·盐城八校期初联考)在进行滑雪赛道创新设计中，一位同学设计如图所示的模型，并用小球替代滑雪运动员进行研究，该模型滑道由弧形轨道ED、水平轨道DA、半径为R＝0.4 m的圆弧轨道AB(∠AOB＝30°)、足够长的倾斜直轨道BC组成，所有轨道均光滑且平滑连接，并固定在竖直平面内，当小球从D的左侧弧形轨道上P点(图中未画出)静止释放后，不计空气阻力，则下列表述符合实际情况的是(　C　) A．在P点到A点的运动过程中，小球的机械能减小 B．当PD间高度为0.3 m时，小球会一直贴着滑道运动 C．当PD间高度为0.4 m时，小球会从A处飞出 D．当PD间高度大于0.5 m时，小球落到BC上的速度方向总是相同 【解析】 轨道光滑，小球贴着轨道运动过程中不会与轨道碰撞出现能量损失，整个过程中仅重力做功，因此小球的机械能守恒，故A错误；若小球恰好不从A点飞出，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，根据牛顿第二定律有mg＝m，可得h＝0.2 m，当h≤0.2 m时，小球到达A点时的速度较小，满足Fn≤G，此时小球不会飞出去，会贴着轨道运动；当h＞0.2 m，小球到达A点时的速度较大，满足Fn＞G，重力不足以提供向心力，此时小球会飞出去做平抛运动落在BC上，故B错误，C正确；当小球从A点飞出后落到斜面上时，由于位移方向不同，故速度方向不同，故D错误． 二、 计算题 10．(2025·徐州调研)如图所示，长为4l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、2m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．管的下端离水平地面的距离为2l.拉起小球A，使绳与竖直方向成一定夹角，给小球A适当的水平速度，使它在水平面内做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，不计一切摩擦阻力． (1) 求拉小球A的绳与竖直方向夹角θ＝37°时，水平地面对物块B的支持力FN和小球A做圆周运动的角速度大小ω1． (2) 轻摇细管可使物块B离地，求物块B悬停在高度为l处时，小球A做匀速圆周运动的角速度大小ω2． (3) 轻摇细管可使B离地后在管口下的任意位置处于悬停，当B悬停在某一位置时，上端管口的触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平位移． 答案： (1) mg　　(2) 　(3) l 【解析】 (1) 拉小球A的绳与竖直方向夹角θ＝37°时，以A球为对象，竖直方向根据受力平衡可得T cos 37°＝mg 解得T＝mg 以B为研究对象，根据受力平衡可得 FN＋T＝2mg 解得FN＝mg 以A为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝mωl sin θ 解得小球A做圆周运动的角速度大小为 ω1＝＝ (2) 当物块B悬停在高度为l处时，以B为研究对象，根据受力平衡可知T′＝2mg 设连接A球绳子与竖直方向的夹角为α，以A球为研究对象，竖直方向有T′cos α＝mg 解得cos α＝ 水平方向根据牛顿第二定律可得 mg tan α＝mω·2l sin α 解得小球A做匀速圆周运动的角速度大小为 ω2＝＝ (3) 轻摇细管可使B离地后在管口下的任意位置处于悬停，当B悬停在某一位置时，根据(2)分析可知，连接A球绳子与竖直方向的夹角为α＝60°，设拉A的绳子长为x(l≤x≤3l)，此时小球A做圆周运动的线速度大小为v，根据牛顿第二定律有 mg tan α＝m 解得v＝＝ 设小球A做平抛运动的时间为t，则竖直方向有 3l－x cos α＝gt2 解得t＝ 则水平位移为 x1＝vt＝＝ 根据数学知识可知，当x＝3l时，水平位移x1有最大值，则最大值为 x1max＝＝l 学科网（北京）股份有限公司 $